Вывод параметризации рациональных пифагоровых троек

Вывел сегодня формулу, не знаю, известно ли такое, или нет. По крайней мере, мне точно не попадалось:

Положим: [math]a^2+b^2=c^2[/math]; [math]a,b,c \in \mathbb{Q}[/math] (1)

Пусть: [math]a^2=(k+n)^2=k^2+n^2+2kn[/math]; [math]k,n \in \mathbb{Q}[/math] (2)

Пусть: [math]c^2=a^2+b^2=(p+q)^2=p^2+q^2+2pq[/math]; [math]p,q \in \mathbb{Q}[/math] (3)

Следовательно, будет верно:

[math]\left\{\!\begin{aligned}
& a^2=p^2+pq \\
& b^2=q^2+pq
\end{aligned}\right.[/math] (4)

Из (2) и (3) определим:

[math]p=k[/math], тогда [math]q=\frac{ n^2+2kn }{ k }[/math] (5)

Подставляем в (4):

[math]b^2=q^2+pq=\frac{ n(2k+n)(k+n)^2 }{ k^2 }[/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]2kn+n^2= \Box[/math] (6)
Тогда:

[math]2kn+n^2=(n+m)^2[/math], [math]m \in \mathbb{Q}[/math] (7)

Отсюда: [math]k=\frac{ m^2+2mn }{ 2n }[/math] (8)

Подставляем в (2) и (6) и получаем следующую параметризацию для (1):

[math]a=\frac{ m^2+2n^2+2mn }{ 2n }[/math]

[math]b=\frac{ (m^2+2n^2+2mn)(m+n) }{ m(m+2n) }[/math] (9)

Проверка. Из (9) получаем:

[math]a^2+b^2=\frac{ (m^2+2mn+2n^2)^4 }{ 4m^2n^2(m+2n)^2 }= \Box[/math], что соответствует (1).

Ч.т.д.

Поскольку [math]m[/math] и [math]n[/math] - любые из рациональных, даже верно для случая [math]m=n[/math], то поднимается вопрос: все ли существующие непримитивные тройки перекрывает найденная параметризация?

Тождество оно всегда тождество, таких можно выводить сколь угодно. Тут много лишнее, бессмыслено нагромождено. Ну, во первых, раз в рациональных, уравнение однородное, люди обычно решают [math]a^2+b^2=1[/math] или [math]1+b^2=c^2[/math]

ведь ваше уравнение тупо сводится к [math]\left(\frac a c\right)^2+\left(\frac b c\right)^2=1[/math]

У Вас что? У вас для любого [math]c[/math] (ограничения на "c" никакие не должны быть)

[math]\frac a c=\frac{m(m+2n)}{m^2+2mn+2n^2}[/math]

[math]\frac b c=\frac{2n(m+n)}{m^2+2mn+2n^2}[/math]

Тут сразу напрашивается замена [math]m+n=k[/math], Получается

[math]\frac a c=\frac{k^2-n^2}{k^2+n^2}[/math]

[math]\frac b c=\frac{2kn}{k^2+n^2}[/math]

Ну и тут лишний параметр, раз [math]k,n[/math] рациональные. Поделив числители и знаменатели на [math]n^2[/math] и положив [math]\frac k n=t[/math] получим

[math]\frac a c=\frac{t^2-1}{t^2+1}[/math]

[math]\frac b c=\frac{2t}{t^2+1}[/math]

как и должно быть. Потому что полное решение - ондопараметрическое.
Короче, любые (в том числе ваши) решения можно получить из канонического, заменой параметра t на всякую ерунду от двух, трех, сто параметров - тождество никуда не денется. Будут решения. Другой вопрос зачем? И все ли? И не будут ли повторятся?
Все можно было сделать намного проще.

Но все таки решили, самостоятельно - я вас поздравляю.

Не понял, это вот как?

Booker48
Что именно здесь Вам не понятно?

Shadows
Вы по-моему, свели всё обратно к параметризации примитивных троек. Я хотел сделать и для не примитивных. Через единственный параметр не примитивные, если не ошибаюсь, не задаются.

3axap
Как получилось равенство под знаком системы, естественно.
Из [math]p+r=s+t+2u[/math] следует, что [math]p=s+u[/math] и [math]r=t+u[/math]?

Booker48
Найдутся рациональные [math]p[/math] и [math]q[/math] такие, что:

[math]a^2=p^2+pq[/math] и [math]b^2=q^2+pq[/math], тогда:

[math]a^2+b^2=p^2+2pq+q^2[/math], следовательно, верно будет и обратное.

Но из второго не следует первое, а лишь возможно. Из него также возможно [math]a^2=p^2[/math] и [math]b^2=2pq+q^2[/math] и еще бесчисленное множество вариантов.

Это ложное утверждение.

Хотя бы [math](a,b,c,p,q)=(3,4,5,1,4)[/math]

Достаточно заменить "следовательно, будет верно" на "возможно подобрать такие p и q, при которых будет верно:", не знаю правда как это скажется на общем ходе вывода.